广东省广州市2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷（含解析）

这是一份广东省广州市2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2024高二上·广州月考）已知平面直角坐标系内两点A(1,2)，B(−2,3)，则过点A且与直线AB垂直的直线l的方程为（ ）
A．3x−y−1=0B．3x−y−2=0C．3x+y−5=0D．3y−x−5=0
【答案】A
【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：由题意知，A(1,2)，B(−2,3)，
则直线AB的斜率kAB=3−2−2−1=−13，
因为直线l与直线AB垂直，根据两直线垂直，若存在斜率，
则两斜率乘积为−1，所以直线l的斜率kl=3，
由直线l经过点A(1,2)，
则由点斜式方程可得直线l的方程为y−2=3(x−1)，即3x−y−1=0.
故答案为：A.
【分析】利用两点确定出直线的斜率，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出kl的值，最后由点斜式方程得出过点A且与直线AB垂直的直线l的方程.
2．（2024高二上·广州月考）已知空间向量AB=0,1,0，AC=−1,1−1，则B点到直线AC的距离为（ ）
A．63B．33C．2D．3
【答案】A
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：因为AB=0,1,0，AC=−1,1−1，
所以AB→在AC→上的投影向量的模为d=AB⋅ACAC=0,1,0⋅−1,1−11+1+1=13，
则点B到直线AC的距离为AB2−d2=1−13=63.
故答案为：A.
【分析】利用数量积求投影向量的模的公式，从而得出AB→在AC→上的投影向量的模，再利用勾股定理得出点B到直线AC的距离.
3．（2024高二上·广州月考）直线x+2y+3=0关于y轴对称的直线方程是（ ）
A．x+2y−3=0B．x−2y+3=0C．x−2y−3=0D．3x+2y−1=0
【答案】C
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：设P(x,y)是所求直线上任意一点，
则P关于y轴对称的点为P'(−x,y)，且在直线x+2y+3=0上，
代入可得−x+2y+3=0，
则直线x+2y+3=0关于y轴对称的直线方程为x−2y−3=0.
故答案为：C.
【分析】设P(x,y)是所求直线上任意一点，再结合点对称性和已知条件，从而代入得出直线x+2y+3=0关于y轴对称的直线方程.
4．（2024高二上·广州月考）如图，一个电路中有A,B,C三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为12，这个电路是通路的概率是（ ）
A．18B．38C．58D．14
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为元件B,C都不正常的概率p1=(1−12)(1−12)=14，
则元件B,C至少有一个正常工作的概率为1−p1=34，
又因为电路是通路，
则元件A正常工作，元件B,C至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率p=12×34=38.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和对立事件求概率公式以及相互独立事件乘法求概率公式，从而得出这个电路是通路的概率.
5．（2024高二上·广州月考）如图，在三棱锥O−ABC中，设OA=a,OB=b,OC=c，若AN=NB，2BM=5MC，则MN=（ ）
A．12a+16b−23cB．12a−16b+23c
C．12a+314b−57cD．12a+514b−37c
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：连接OM,ON，
则MN=ON−OM=12OA+OB−OC+CM=12OA+OB−OC−27CB
=12OA+OB−OC−27OB−OC
=12OA+314OB−57OC
=12a+314b−57c.
故答案为：C.
【分析】由题意结合空间向量的线性运算和空间向量基本定理，从而找出正确的选项.
6．（2024高二上·广州月考）某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（ ）
A．极差为10B．中位数为7.5C．平均数为8.5D．标准差为2
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：命中的环数从小到大排列为：6，7，7，9，9，10，
A、极差为10−6=4，故A错误；
B、中位数为7+92=8，故B错误；
C、平均数为6+7+7+9+9+106=8，故C错误；
D、标准差为6−82+7−82+7−82+9−82+9−82+10−826=2，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先将数据从小到大排列，再利用极差、中位数、平均数、标准差的定义逐项计算判断即可.
7．（2024高二上·广州月考）设m∈R，若过定点A的动直线x+my−m=0和过定点B的动直线mx−y−m+3=0交于点Px,y，AB中点为Q，则PQ的值为（ ）
A．52B．5
C．52D．与m的取值有关
【答案】A
【知识点】过两条直线交点的直线系方程；恒过定点的直线；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：因为x+my−m=0经过的定点为0,1，所以A0,1，
将直线mx−y−m+3=0变形为mx−1−y+3=0，
所以，直线经过定点1,3，故B1,3，
因为1⋅m+m⋅(−1)=0，所以两直线垂直，如图，
因此△ABP为直角三角形，
所以PQ=12AB=121−02+3−12=52.
故答案为：A.
【分析】先求解出直线经过的定点坐标，再根据两直线垂直得出△ABP为直角三角形，再结合中点的性质和两点距离公式，从而得出PQ的值.
8．（2024高二上·广州月考）已知甲袋中有标号分别为1，2，3，4的四个小球，乙袋中有标号分别为2，3，4，5的四个小球，这些球除标号外完全相同，第一次从甲袋中取出一个小球，第二次从乙袋中取出一个小球，事件A表示“第一次取出的小球标号为3”，事件B表示“第二次取出的小球标号为偶数”，事件C表示“两次取出的小球标号之和为7”，事件D表示“两次取出的小球标号之和为偶数”，则（ ）
A．A与C相互独立B．A与B是互斥事件
C．C与D是对立事件D．B与D相互独立
【答案】D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件
【解析】【解答】解：由题意可得基本事件总数为4×4=16，
设A=3,2,3,3,3,4,3,5，
B=1,2,2,2,3,2,4,2,1,4,2,4,3,4,4,4，
C=2,5,3,4,4,3，
D=1,3,1,5,3,3,3,5,2,2,2,4,4,2,4,4，
由题意可得A与B可以同时发生，故不是互斥事件，故B错误；
易知C与D不同时发生，即C与D为互斥事件，
但不是对立事件，比如当2,3发生时C与D均不发生，故C错误；
又因为PA=14,PB=12,PC=316,PD=12,PAC=116,PBD=14，
则PAC≠PAPC，PBD=PBPD，
所以A与C不相互独立，B与D相互独立，故A错误、D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和互斥事件、对立事件以及相互独立事件的定义，从而逐项判断找出正确的选项.
二、多选题：本题共3小题，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9．（2024高二上·广州月考）下列命题不正确的是（ ）
A．经过定点Px0,y0的直线都可以用方程y−y0=kx−x0表示
B．直线l过点Px0,y0，倾斜角为90°，则其方程为x=x0
C．在坐标轴上截距相等的直线都可以用方程xa+ya=1来表示
D．直线y=x+2在x轴上截距为2
【答案】A,C,D
【知识点】直线的点斜式方程；直线的斜截式方程；直线的截距式方程
【解析】【解答】解：对于A，因为方程y−y0=kx−x0不能表示倾斜角为90°且过Px0,y0的直线，
故A错误；
对于B，因为直线l过点Px0,y0，倾斜角为90°，则其方程为x=x0，故B正确；
对于C，当直线在坐标轴上截距相等且为0时，不能用xa+ya=1表示，故C错误；
对于D，令y=0，得x=−2，所以直线y=x+2在x轴上截距为−2，故D错误.
故答案为：ACD．
【分析】根据直线的点斜式方程可以表示斜率存在的所有直线，则判断出选项A；根据直线的倾斜角为90°的直线方程表示方法，则判断出选项B；根据直线的截距式不能表示的直线，则判断出选项C；根据直线的截距的定义，则判断出选项D，从而找出假命题的选项.
10．（2024高二上·广州月考）已知事件 A ， B ，且 P(A)=0.6 ， P(B)=0.3 ，则下列结论正确的是（ ）
A．如果 B⊆A ，那么 P(A∪B)=0.6 ， P(AB)=0.3
B．如果 A 与 B 互斥，那么 P(A∪B)=0.9 ， P(AB)=0
C．如果 A 与 B 相互独立，那么 P(A∪B)=0.9 ， P(AB)=0
D．如果 A 与 B 相互独立，那么 P(AB)=0.28 ， P(AB)=0.12
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】A．若 B⊆A ，则 A∪B=A ， AB=B ，A符合题意；
B． A 与 B 互斥，则 P(A∪B)=P(A+B)=P(A)+P(B) ， AB 是不可能发生的， P(AB)=0 ，B符合题意；
C． A 与 B 相互独立，则 P(AB)=P(A)P(B)=0.18 ，C不符合题意；
D． A 与 B 相互独立，则 A 与 B ， A 与 B 也相互独立， P(AB)=P(A)P(B)=0.4×0.7=0.28 ，同理 P(AB)=0.12 ，D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】根据互斥事件与相互独立事件的概念及概率公式判断，即可得到答案。
11．（2024高二上·广州月考）已知在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且AP=mAB+nAD1，其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，则下列说法正确的是（ ）
A．当n=12时，对任意m∈[0,1]，AD1⊥CP恒成立
B．当m=0时，B1P与平面ACD1所成的最大角的正弦值为13
C．当m=0时，线段AD1上的点与线段BD上的点的距离最小值为33
D．当m+2n=1时，存在唯一的点P，使得平面PAD⊥平面PBC
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：因为AP=mAB+nAD1，其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，
则点P在平面ABC1D1上（含边界）．
对于A，当n=12时，AP=mAB+12AD1，
则点P在连接AD1,BC1的中点E,F的线段上运动，
则EF∥DC，DC⊥平面AA1D1D，
所以EF⊥平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，
则EF⊥AD1，而DE⊥AD1，EF∩DE=E,EF,DE⊂平面DEFC，
所以AD1⊥平面DEFC，CP⊂平面DEFC，
则AD1⊥CP，故A正确；
对于B，当m=0时，点P在线段AD1上，设B1D∩平面ACD1=H，
因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以BB1⊥AC，
又因为AC⊥BD，BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D，
所以AC⊥平面BB1D，B1D⊂平面BB1D，
则AC⊥B1D，同理可证AD1⊥B1D，AD1∩AC=A,AD1,AC⊂平面ACD1，
所以B1D⊥平面ACD1，
则B1P在平面ACD1上的射影为PH，
当PH⊥AD1时，B1P与平面ACD1所成的角最大，
因为VD1−DAC=VD−D1AC，
所以13×12×1×1×1=13×34×(2)2×DH，
则DH=33，
又因为B1D=3，
所以B1H=233，B1P=12+(22)2=62，
则sin∠B1PH=B1HB1P=223，
所以B1P与平面ACD1所成的最大角的正弦值为223，故B错误；
对于C，当m=0时，点P在线段AD1上，因为AB∥D1C1,AB=D1C1，
则ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，BC1⊂平面BDC1，AD1⊄平面BDC1，
则AD1∥平面BDC1，
所以线段AD1上的点与线段BD上的点的距离最小值为点A到平面BDC1的距离，
由等体积法VC1−ABD=VA−BDC1，
得13×12×1×1×1=13×34×(2)2×d（d为点A到平面BDC1的距离），
则d=33，
所以点A到平面BDC1的距离为33，
则线段AD1上的点与线段BD上的点的距离最小值为33，故C正确；
对于D，设AD1的中点为E，当m+2n=1时，AP=mAB+2nAE，
所以，点P在线段BE上，
因为AD∥BC，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC∥平面PAD，
又因为点P是平面PAD和平面PBC的一个交点，
所以平面PAD和平面PBC的交线为过点P和BC平行的直线，
又因为BC⊥平面ABB1A1，
所以，交线也垂直于平面ABB1A1，
设P在平面ABB1A1上的射影为M，
则∠AMB为平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角，
当平面PAD⊥平面PBC时，∠AMB为直角，此时M点在以AB为直径的半圆上，
设N为E点在AA1上的投影，则N为AA1的中点，所以M点也在BN上，
显然BN与以AB为直径的半圆相交，满足∠AMB为直角的点M是唯一的，
则点P是唯一的，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先确定点P在平面ABC1D1上（含边界），再结合线面垂直的性质定理，则判断出选项A；先确定点P的位置，设B1D∩平面ACD1=H，再确定当PH⊥AD1时，B1P与平面ACD1所成的角最大，再结合解三角形的方法，则判断出选项B；将线段AD1上的点与线段BD上的点的距离转化为点A到平面BDC1的距离，再结合等体积法和三棱锥的体积公式，从而得出 线段AD1上的点与线段BD上的点的距离最小值，则判断出选项C；先确定点P在线段BE上，再作出两平面所成二面角的平面角，再结合二面角为直角判断出BN与以AB为直径的半圆相交，则满足∠AMB为直角的点M是唯一的，从而得出点P是唯一的，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高二上·广州月考）已知向量a=(1,m−2,n+3),b=(3,4m+1,2n−5)，且a//b，则m+n= ．
【答案】−21​​​​​​​
【知识点】空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量a=(1,m−2,n+3),b=(3,4m+1,2n−5)共线，
所以31=4m+1m−2=2n−5n+3，
解得m=−7,n=−14，
所以m+n=−21.
故答案为：−21.
【分析】根据已知条件结合空间向量共线的充要条件，从而列式计算得出m，n的值，进而得出m+n的值.
13．（2024高二上·广州月考）盒中装有5个大小、质地相同的小球，其中3个白球和2个黑球．两位同学先后轮流不放回摸球，每次摸一球，当摸出第二个黑球时结束游戏，或能判断出第二个黑球被哪位同学摸到时游戏也结束．设游戏结束时两位同学摸球的总次数为X，则PX=3= ．
【答案】310
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：当X=3时，游戏结束时两位同学摸球的情况为：白黑黑，黑白黑，白白白，
则PX=3=35×24×13+25×34×13+35×24×13=310.
故答案为：310.
【分析】分析出游戏结束时两位同学摸球的情形，再利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出PX=3的值.
14．（2024高二上·广州月考）已知A(−3,0)，B(3,0)及两直线l1：x−y+1=0，l2：x−y−1=0，作直线l3垂直于l1，l2，且垂足分别为C、D，则|CD|= ，|AC|+|CD|+|DB|的最小值为
【答案】2；2+26
【知识点】两条直线的交点坐标；平面内两点间距离公式的应用；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：由题意知，两直线l1：x−y+1=0，l2：x−y−1=0互相平行，
作直线l3垂直于l1，l2，且垂足分别为C、D，如图所示，
由两平行线间的距离公式，可得|CD|=|1+1|1+1=2，
因为A(−3,0)，B(3,0)及两直线l1：x−y+1=0，l2：x−y−1=0，
作直线l3垂直于l1，l2，且垂足分别为C、D，
设直线l3的方程为x+y+b=0，
联立方程组x+y+b=0x−y+1=0，
解得C(−b+12,1−b2)，同理得出D(1−b2,−b+12)，
所以AC+DB=(b−5)2+(b−1)2+(b+5)2+(b+1)22，
其中(b−5)2+(b−1)2+(b+5)2+(b+1)2表示点P(b,b)与点M(5,1)和N(−5,−1)之间的距离之和，
当点P与M,N重合时，取得最小值，
所以AC+DB的最小值为[5−(−5)]2+[1−(−1)]22=26，
∴|AC|+|CD|+|DB|的最小值为2+26．
故答案为2，2+26．
【分析】利用两平行直线间的距离公式求出|CD|的值；设直线CD的方程为x+y+b=0，从而得出点C坐标和点D坐标，再利用几何法和两点距离公式，从而得出|AC|+|CD|+|DB|的最小值．
四、解答题：本小题共5小题，共60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2024高二上·广州月考）已知直线l1：3x+4y−2=0与l2：2x+y+2=0的交点为P.
（1）求过点P且平行于直线l3：x−2y−1=0的直线方程；
（2）求过点P且垂直于直线l3：x−2y−1=0直线方程；
（3）求平行于3x+4y−2=0且与其距离为3的直线方程.
【答案】（1）解：由3x+4y−2=02x+y+2=0 ，
解得x=−2y=2，
所以点P的坐标是(−2,2)，
因为所求直线与l3平行，
则设所求直线的方程为x−2y+m=0m≠−1，
把点P的坐标代入，得−2−2×2+m=0 ，则m=6，
则所求直线的方程为x−2y+6=0．
（2）解：因为所求直线与l3垂直，
则设所求直线的方程为2x+y+n=0n∈R，
把点P的坐标代入得2×−2+2+n=0，得n=2，
则所求直线的方程为2x+y+2=0．
（3）解：设平行于3x+4y−2=0的直线方程为3x+4y+c=0c≠−2，
由题意可得c+25=3，
解得c=13或c=−17，
则所求直线方程为3x+4y+13=0或3x+4y−17=0.
【知识点】直线的一般式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系；两条直线的交点坐标；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【分析】（1）先联立两直线方程得出交点P的坐标，再根据所求直线与直线l3：x−2y−1=0 平行，则得出两直线斜率相等，纵截距不相等，从而设所求直线为x−2y+m=0，再代入点P的坐标得出m的值，从而确定直线方程.
（2）根据所成直线与已知直线l3：x−2y−1=0垂直，再利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而设所求直线为2x+y+n=0，再代入点P的坐标得出n的值，从而确定直线方程.
（3）根据两直线平行关系，设直线方程为3x+4y+c=0c≠−2，再根据题意结合两平行线间距离公式，从而得出平行于3x+4y−2=0且与其距离为3的直线方程.
（1）由3x+4y−2=02x+y+2=0 解得x=−2y=2，所以点P的坐标是(−2,2)，
因为所求直线与l3平行，所以设所求直线的方程为x−2y+m=0m≠−1，
把点P的坐标代入得−2−2×2+m=0 ，得m=6，
故所求直线的方程为x−2y+6=0．
（2）因为所求直线与l3垂直，所以设所求直线的方程为2x+y+n=0n∈R，
把点P的坐标代入得2×−2+2+n=0，得n=2，
故所求直线的方程为2x+y+2=0．
（3）设平行于3x+4y−2=0的直线方程为3x+4y+c=0c≠−2，
由题意可得c+25=3，解得c=13或c=−17，
所以所求直线方程为3x+4y+13=0或3x+4y−17=0.
16．（2024高二上·广州月考）如图，三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=15,AC=20，M是棱BC上一点，且AM=12.
（1）证明：BC⊥平面PAM；
（2）若PA=10，求PA与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为AB⊥AC,AB=15,AC=20，所以BC=AB2+AC2=25，
由S△ABC=12⋅AB⋅AC=150，即AB⋅AC=300，
又因为AM⋅BC=AB⋅AC=300，可得AM为BC边上的高，所以AM⊥BC,
因为PA⊥平面ABC,且BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,
又因为AM∩PA=A且AM,PA⊂平面PAM，所以BC⊥平面PAM；
（2）解：因为PA⊥平面ABC,且AB⊥AC，
以A为坐标原点，以AB,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为PA=10，可得B15,0,0,C0,20,0,P0,0,10，
则BC=−15,20,0,BP=−15,0,10,AP=0,0,10，
设平面PBC的法向量为n=x,y,z，则BC⋅n=−15x+20y=0BP⋅n=−15x+10z=0，
令z=6，可得x=4,y=3，所以n=4,3,6，
设直线PA与平面PBC所成角为θ，则sinθ=csn,AP=6061×10=661=66161，
故PA与平面PBC所成角的正弦值为66161.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据△ABC的面积相等，得到AM⊥BC,再由PA⊥平面ABC,证得PA⊥BC,结合线面垂直的判定定理，证明BC⊥平面PAM即可；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）证明：因为AB⊥AC,AB=15,AC=20，所以BC=AB2+AC2=25，
由S△ABC=12⋅AB⋅AC=150，即AB⋅AC=300，
又因为AM⋅BC=AB⋅AC=300，可得AM为BC边上的高，所以AM⊥BC,
因为PA⊥平面ABC,且BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,
又因为AM∩PA=A且AM,PA⊂平面PAM，所以BC⊥平面PAM.
（2）解：因为PA⊥平面ABC,且AB⊥AC，
以A为坐标原点，以AB,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为PA=10，可得B15,0,0,C0,20,0,P0,0,10，
则BC=−15,20,0,BP=−15,0,10,AP=0,0,10，
设平面PBC的法向量为n=x,y,z，则BC⋅n=−15x+20y=0BP⋅n=−15x+10z=0，
令z=6，可得x=4,y=3，所以n=4,3,6，
设直线PA与平面PBC所成角为θ，
则sinθ=csn,AP=6061×10=661=66161，
故PA与平面PBC所成角的正弦值为66161.
【点睛】
17．（2024高二上·广州月考）一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg），将全部数据按区间50,60,60,70,⋅⋅⋅,90,100分成5组，得到图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若一次进货太多，水果不新鲜，进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能85%地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）.请问，每天应该进多少水果?
（3）在日销售量为70,90kg苹果中用分层抽样方式随机抽6个苹果，再从这6苹果中随机抽取2个苹果，求抽取2个苹果都来自日销售量在80,90的概率.
【答案】（1）解：由直方图可得，样本落在50,60，60,70，…，90,100的频率分别为10a，10a，0.2，0.4，0.3，
由10a+10a+0.2+0.4+0.3=1，解得a=0.005，
则样本落在50,60，60,70，…，90,100频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，
所以该苹果日销售量的平均值为：
0.05×50+602+0.05×60+702+0.2×70+802+0.4×80+902+0.3×90+1002=83.5kg；
（2）解：为了能85%地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的85%分位数，
依题意，日销售量不超过90kg的频率为1−0.03×10=0.7，
则该店苹果日销售量的85%分位数在90,100，
所以日销售量的85%分位数为90+10×0.85−0.71−0.7=95kg，
所以每天应该进95kg苹果；
（3）解：由日销售量为70,80,80,90的频率分别为0.2，0.4知，
抽取的苹果来自日销售量70,80中的有2个，不妨记为a1,a2，
来自日销售量为80,90的苹果有4个，不妨记为b1,b2,b3,b4，
任意抽取2个苹果，有a1,a2,a1,b1,a1,b2,a1,b3,a1,b4,a2,b1,a2,b2,a2,b3,a2,b4,b1,b2，b1,b3,b1,b4,b2,b3,b2,b4,b3,b4，共有15个基本事件，其中2个苹果都来自日销售80,90中的有6个基本事件，则P=615=25.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）在频率分布直方图中，所有矩形的面积和为1，所有矩形的面积乘以其底端中点之和即为平均值；
（2）能85%地满足顾客的需要即求该店苹果日销售量的85%分位数，通过矩形的面积和确定85%分位数在90,100，再利用公式90+10×0.85−0.71−0.7=95计算即可；
（3）由分层抽样确定来自日销售量70,80中的有2个，来自日销售量为80,90的苹果有4个，再列出基本事件，根据古典概型概率公式求解即可.
（1）由直方图可得，样本落在50,60，60,70，…，90,100的频率分别为10a，10a，0.2，0.4，0.3，
由10a+10a+0.2+0.4+0.3=1，解得a=0.005．
则样本落在50,60，60,70，…，90,100频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，
所以，该苹果日销售量的平均值为：
0.05×50+602+0.05×60+702+0.2×70+802+0.4×80+902+0.3×90+1002=83.5kg.
（2）为了能85%地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的85%分位数．
依题意，日销售量不超过90kg的频率为1−0.03×10=0.7，
则该店苹果日销售量的85%分位数在90,100，
所以日销售量的85%分位数为90+10×0.85−0.71−0.7=95kg．
所以，每天应该进95kg苹果．
（3）由日销售量为70,80,80,90的频率分别为0.2，0.4知，
抽取的苹果来自日销售量70,80中的有2个，不妨记为a1,a2，
来自日销售量为80,90的苹果有4个，不妨记为b1,b2,b3,b4，
任意抽取2个苹果，有a1,a2,a1,b1,a1,b2,a1,b3,a1,b4,a2,b1,a2,b2,a2,b3,a2,b4,b1,b2，b1,b3,b1,b4,b2,b3,b2,b4,b3,b4，共有15个基本事件，其中2个苹果都来自日销售80,90中的有6个基本事件，由古典概型可得P=615=25.
18．（2024高二上·广州月考）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AB=BC=1．
（1）取线段PA中点M，连接BM，判断直线BM与平面PCD是否平行并说明理由；
（2）求B到平面PCD的距离；
（3）线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：BM//平面PCD．
理由如下：取PD中点N，连接MN，
因为M为PA的中点，且AD=2，BC=1，
所以MN=BC=1，且MN//BC，
所以四边形BCNM为平行四边形，
所以BM//CN，
因为CN⊂平面PCD，BM⊂平面PCD，
所以BM//平面PCD．
（2）解：取AD的中点O，连接PO，OC，
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，直线OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,−1,0)，D(0,1,0)，C(1,0,0)，B(1,−1,0)，P(0,0,3)，
所以CP=(−1,0,3)，CD=(−1,1,0)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
所以n⋅CP=−x+3z=0n⋅CD=−x+y=0，
令z=1，则n=(3,3,1)，
又因为BC→=0,1,0，
所以，点B到平面PCD的距离为：
d=|BC⋅n||n|=3×0+3×1+1×0(3)2+(3)2+12=37=217．
（3）解：设E(s,t,r)，PE⃗=λPD⃗,λ∈[0,1]，
所以(s,t,r−3)=λ(0,1,−3)，
所以s=0,t=λ,r=3−3λ，E(0,λ,3−3λ)，
则AC=(1,1,0)，AE=(0,λ+1,3−3λ)，
设平面EAC的法向量为m→=(x',y',z')，
则m→⋅AC⃗=x'+y'=0m→⋅AE⃗=λ+1y'+3−3λz'=0，
令y'=3(λ−1)，则m=(3(1−λ),3(λ−1),λ+1)，
因为平面DAC的法向量为OP=(0,0,3)，
所以
|cs〈OP,m〉|=|OP⋅m||OP||m|=|3(λ+1)|33(1−λ)2+3(λ−1)2+(λ+1)2=|λ+1|7λ2−10λ+7=105
化简得3λ2−10λ+3=0，
又因为λ∈[0,1]，
所以λ=13，
则PEPD=13，
则存在点E，此时PEPD=13．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取PD中点N，连接MN，先利用中位线定理得出线线平行，再利用平行四边形定义判断出四边形BCNM为平行四边形，从而得出BM//CN，再利用线线平行证出线面平行，即证出BM//平面PCD．
（2）利用已知条件和等边三角形三线合一得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示 ，从而求出平面PCD的法向量n，再结合向量的坐标表示得出向量BC的坐标，根据数量积求点到平面的距离公式，从而得出点B到平面PCD的距离.
（3）利用向量共线的坐标表示和两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面EAC的法向量m，再利用向量的坐标表示得出向量OP的坐标，再由数量积求向量夹角公式和已知条件得出线段PD上存在点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105，并求出此时PEPD的值．
（1）BM//平面PCD．
理由如下证明：取PD中点N，连接MN，
因为M为PA的中点，且AD=2，BC=1，
所以MN=BC=1，且MN//BC，
所以四边形BCNM为平行四边形，
所以BM//CN，因为CN⊂平面PCD，BM⊂平面PCD，
所以BM//平面PCD．
（2）取AD的中点O，连接PO，OC，
因为△PAD为等边三角形，
所以PO⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
如图所示，
以O为坐标原点，直线OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，D(0,1,0)，C(1,0,0)，B(1,−1,0)，P(0,0,3)，
CP=(−1,0,3)，CD=(−1,1,0)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
所以n⋅CP=−x+3z=0n⋅CD=−x+y=0，
令z=1，则n=(3,3,1)，
又BC→=0,1,0，
故B到平面PCD的距离d=|BC⋅n||n|=3×0+3×1+1×0(3)2+(3)2+12=37=217．
（3）设E(s,t,r)，PE⃗=λPD⃗,λ∈[0,1]，
所以(s,t,r−3)=λ(0,1,−3)，
所以s=0,t=λ,r=3−3λ，E(0,λ,3−3λ)，
则AC=(1,1,0)，AE=(0,λ+1,3−3λ)，
设平面EAC的法向量为m→=(x',y',z')，
则m→⋅AC⃗=x'+y'=0m→⋅AE⃗=λ+1y'+3−3λz'=0，
令y'=3(λ−1)，则m=(3(1−λ),3(λ−1),λ+1)，
又平面DAC的法向量为OP=(0,0,3)，
于是|cs〈OP,m〉|=|OP⋅m||OP||m|=|3(λ+1)|33(1−λ)2+3(λ−1)2+(λ+1)2=|λ+1|7λ2−10λ+7=105，
化简得3λ2−10λ+3=0，又λ∈[0,1]，
得λ=13，
即PEPD=13，
故存在点E，此时PEPD=13．
19．（2024高二上·广州月考）已知点P和非零实数λ，若两条不同的直线l1，l2均过点P，且斜率之积为λ，则称直线l1，l2是一组“Pλ共轭线对”，如直线l1：y=2x，l2：y=−12x是一组“O−1共轭线对”，其中O是坐标原点.
（1）已知l1，l2是一组“O−3共轭线对”，求l1，l2的夹角的最小值；
（2）已知点A0,1､点B−1,0和点C1,0分别是三条直线PQ，QR，RP上的点（A，B，C与P，Q，R均不重合），且直线PR，PQ是“P2共轭线对”，直线QP，QR是“Q3共轭线对”，直线RP，RQ是“R6共轭线对”，求点P的坐标；
（3）已知点Q−2,−2，直线l1，l2是“Q−12共轭线对”，当l1的斜率变化时，求原点O到直线l1，l2的距离之积的取值范围.
【答案】（1）解：设直线l1的斜率为k=tanα，
则直线l2的斜率为−3k=tanβ，两直线的夹角为γ，
所以tanγ=tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k−−3k1+−3=12k+3k≥k⋅3k=3 ，
等号成立的条件是k=±3，
所以tanγ的最小值为3，
则两直线的夹角γ的最小值为π3.
（2）解：设直线PR,PQ,QR的斜率分别为k1,k2,k3，
则k1k2=2k2k3=3k3k1=6，
得k1=2,k2=1,k3=3或k1=−2,k2=−1,k3=−3，
当k1=2,k2=1,k3=3时，
直线PR的方程为y=2(x−1)，直线PQ的方程为y=x+1，
联立得P3,4；
当k1=−2,k2=−1,k3=−3时，
直线PR的方程为y=−2(x−1)，直线PQ的方程为y=−x+1，
联立得P1,0，与点C重合，舍去，
则所求为P3,4.
（3）解：由题意，可设l1:y+2=kx+2，即kx−y+2k−2=0，
l2:y+2=−12kx+2即12kx+y+2+1k=0，其中k≠0，
则d1d2=2k−21+k2×1k+21+14k2=222k2−1k2+14k2+1
=224k4−4k2+14k4+5k2+1=221−9k24k4+5k2+1=221−94k2+1k2+5，
因为4k2+1k2+5≥24k2⋅1k2+5=9（等号成立的条件是k2=12），
所以94k2+1k2+5∈0,1，
则1−94k2+1k2+5∈0,1，
所以1−94k2+1k2+5∈0,1，
所以d1d2∈0,22.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两条直线的交点坐标；平面内点到直线的距离公式；平面内两直线的夹角与到角问题
【解析】【分析】（1）设直线l1的斜率为k=tanα，则直线l2的斜率为−3k=tanβ，两直线的夹角为γ，再利用夹角公式和基本不等式求最值的方法，从而可得直线l1和直线l2的夹角的最小值.
（2）设直线PR，PQ，QR的斜率分别为k1,k2,k3，从而可得k1k2=2k2k3=3k3k1=6，进而求解可得k1,k2,k3的值，则得到直线PR与直线PQ的方程，再联立两直线方程得出点P的坐标.
（3）设出直线l1，l2的方程，先求出原点到它们的距离d1,d2，从而计算d1d2的值，再转化变形结合基本不等式求最值的方法，从而可得原点O到直线l1，l2的距离之积的取值范围．
（1）设l1的斜率为k=tanα，则l2的斜率为−3k=tanβ，两直线的夹角为γ，
则tanγ=tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k−−3k1+−3=12k+3k≥k⋅3k=3 ，
等号成立的条件是k=±3，所以tanγ的最小值为3，
则两直线的夹角γ的最小值为π3；
（2）设直线PR,PQ,QR的斜率分别为k1,k2,k3，
则k1k2=2k2k3=3k3k1=6，得k1=2,k2=1,k3=3或k1=−2,k2=−1,k3=−3，
当k1=2,k2=1,k3=3时，直线PR的方程为y=2(x−1)，直线PQ的方程为y=x+1，联立得，P3,4；
当k1=−2,k2=−1,k3=−3时，直线PR的方程为y=−2(x−1)，直线PQ的方程为y=−x+1，联立得，P1,0，与点C重合，舍去；
故所求为P3,4；
（3）由题意可设l1:y+2=kx+2即kx−y+2k−2=0，l2:y+2=−12kx+2即12kx+y+2+1k=0，其中k≠0，
故d1d2=2k−21+k2×1k+21+14k2=222k2−1k2+14k2+1=224k4−4k2+14k4+5k2+1=221−9k24k4+5k2+1=221−94k2+1k2+5
由于4k2+1k2+5≥24k2⋅1k2+5=9（等号成立的条件是k2=12），
所以94k2+1k2+5∈0,1，故1−94k2+1k2+5∈0,1即1−94k2+1k2+5∈0,1，
所以d1d2∈0,22.